Esercizi con svolgimento di Costruzioni di macchine

dim.1onamento statico

ipotizzando un diametro di partenza di 25 mm

G_p = ^P⁄_πd² = 234,285 MPa

Ō = ^{32 M_t}⁄_πd³ = 49,6324 MPa

G_N = G_P + G_T = 279,508 MPa

verifica se il diametro ipotizzato soddisfa il coefficiente di sicurezza

ipotizzo albero d = 30 mm → G_P = ^{4 P}⁄_πd² = 126,821 MPa

Ō = ^{32 M_t}⁄_πd³ = 26,407 MPa

G_N = G_P + G_T = 183,008 MPa

verifica coefficiente di sicurezza → n = ^S_Y⁄_GN = 2,4854 n ≥ 2

dimensionamento a fatica

P_max = P_mezzo + P_var = 57500 N

P_min = P_mezzo - P_var = 37500 N

M_max = ^{H_t - (L - H_t)}⁄₂ = 70000 N,mm

G_Pm = ^{4 P_m}⁄_πd² = 84,9475 MPa

G_Pvar = ^{4 P_var}⁄_πd² = 81,3858 MPa

Ō_m = ^{32 M_m}⁄_πd³ = 26,407 MPa

dalle tabelle → k_cp = 1.98 k_cb = 1.68 → S_v = 700 MPa

τ_D = 0,1 = q = 0,872

scappe dalle tabelle c_ü = 0,75 per lavorare con machine utensili e S_v = 700 MPa

c_Ō = 0,8 per la flession

c_T = 0,8 per la torsione

G_Pcrms = (1 + k_cp ⁄ c_t) → 84,346 MPa

Ō = ^{4 P_var}⁄_πd³ = 207,4834 MPa

calcolo la posizione della curva di carico sul diagramma di Goodman

k = T_su/T_lim = 3.755

1/k > 0.5<sub>[σ]

T_lim = 0.5 S_u = 308,571 MPa

soddisfa l'ipotesi di carico a fatica σ_max/σ_nom = n < 2 non soddisfatta

Calcolare lo spostamento nella direzione del carico per la seguente struttura

• V_A=0
• -H_A-P=0 ➔ H_A=-P

M_A-P L₂=0 ➔ M_A=P L₂

Momento reale

M_AB: H₂: P L₂

T_BC= -P

N_BC= 0

M

14/10/2016

1) V_A + V_B – F = 0

→ V_B = F

2) H_A + H_B = 0 → H_B4 = 2F

3) H_A∠L + 2FL = 0 → H_A = -2F

→ V_A = 2F

Eq. ausi. interna in C → √2 L V_A √2/z - H_A √2/z

→ V_A = - H_A

M_CB = 0

H_AB – H_Q – 2F

N_AC = 2√2 F

H_CB - F z 2_L → z 2_L : o → M_CB = 0

M_BC - F z_L → z_L = L → M_CB = F L

M_BC - F z_L → z_L = 0

H_CB - z 2_L → z 2_L : 0 → N_CB0

M_CB = 0

N_AB = 2 ⋅ 1

N_AC = 2√2 1

H_CD - F L₂ 2_L : o → N_BC0

γ : ∫_s | U | v^* EA = m ^{* ∫ σ} ds

determinare lo spostamento in C

• 1) V_A = V_B + P: l = 0 ⇒ V_A = P
• → 1) V_B = 0

2) P: l/2 + P: 3l/2 – V_B: 2l = 0 ⇒ V_B = P: l/2

• M_AB = V_A:2 = 0 ⇒ H_AB = 0
• V_BC = V_A l/2 = P l/2 = P l/4
• V_B = (x_B)₂ – y_B E_x P l/4
• T_BC = P_lC – P = P

• MAC: V_A l_C/2
• T_BC – P – P = 0

Ragguagli +1) V_A ➔ V_B: l = 1 ⇒ V_B = 1/2

2) H = P₀

Ω] V_B: 1V_A = V_B 1

• M_AC : 1/2
• T: 1/2 li

• η = ∫^l/4₀ (∫ M²/E: δ ds)
• H_s: ∫^l/4₀ P_c2 L/2: E: δ
• ∫ P_c2 L/2.2δ d₁
• ∫ l^l/4 P_c2L/2Eδ
• ∫ P_c2l/2.2Eδ
• = [P_c2 l/3E_h3]
• P_c2L/2.3Eδ
• P_c2L/2Eδ
• 137 P_c12/3

Rileva

• L: ∫ ^l/4₀ η _ds = S: ∫^l/4₀ (δl₂ – l²)/
• 1/37_P²
• 384_E³
• P_c2≈

6/06/2013

s dimensionare a fatica indefinitamente un albero in regione di rotazione costante sottoposto ad una coppia C=400000 Nmm. A e C sono le posizioni dei cuscinetti che distano tra loro L=700 mm. Il raggio della ruota dentata è pari a R=50 mm. L’albero è realizzato impiegando come materiale per l’albero acciaio C50 temprato a 200° F.

angolo di pressione β=20° ⇒ F_t=F_rtan(β)=229174,61 N

1^°) V_A+V_C=-F_t ⇒ V_A=-F_t/2

⇒ H_A=0

2^°) M_AB = V_Az₁ = -161,5 · 0 ⇒ M_AB = 0

⇒ -F_t L/2 = V_C L = 0 ⇒ V_C = -F_t/2

⇒ M_BC = V_C z₁ = 161,5 · 0 ⇒ M_BC = 0

M_BC = V_C z₁ = M_E = M_E - F_tL/2 = -140000 Nmm

→ M_E = -140000 Nmm

3^°) M_OE = V_A z₁ = 200,5 · 0 = 0

1^°) V_A + V_C = F_F ⇒ - F_F = 0

M_OE - F_t = 0 → M_OE = -50955,8375 Nmm

M_E² + M_B² + M_F^P = 148984,8825 Nmm momento torcente tra B e c = B se si può sollecitato

ipotizzo intaglio con r=2 mm

d_i/d = 1,8 ⇒ b_i/d = 1,8 ⇒ b_i/d = 1,2 · 2r/d = r_i/d

d_l/2 = 0,05

del Journal pag. 829 ⇒ S_e = 152 ksi = 1070 MPa

S_y = 110 ksi = 758 MPa

es. 8.24 pag 8.24

In esercizio, l'albero mostrato nella fig. è soggetto a torsione alternata. Esso è stato fabbricato in acciaio avente una durezza di 150 HB. Con un limite di sicurezza 2, stimare il valore di coppia alternata che può essere applicato senza rottura per fatica.

150 HB → S_y = 450 MPa, S_u = 640 MPa

Suppongo lavorazione con macchine utensili → C_S: 0,7, C_g: 0,9 k_t: 1,65 η: 0,7

lg = [1 q 1/k_t η -1] = 1,5005

ζ_a = 0

ζ_a,v = 16 M_a π d³

ζ_a,V = 16 M_t π d³ ≤ k_f C_gC_S

ζ 0,5s_u _> a 0,5s_u

s